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专题13 氮及其化合物 常考点归纳与变式演练 作业 高中化学 一轮复习 人教版（2022年）
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这是一份专题13 氮及其化合物 常考点归纳与变式演练 作业 高中化学 一轮复习 人教版（2022年），共12页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意）
1.图示为自然界中氮的循环示意图，下列说法中正确的是
A．或转化为的过程均为氮的固定
B．在微生物作用下尿素和动植物遗体中的含氮物质会被氧化为
C．硝酸工业尾气处理不当，可能导致光化学烟雾
D．为提高肥效，氮素化肥可以和草木灰混合施用
【答案】C
【解析】A．氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程。转化为属于氮的固定，而转化为不属于氮的固定，A错误；B．尿素及动植物遗体中的含氮物质在微生物作用下可转化为，但中N为-3价，为最低价，不可能是被氧化的产物，B错误；C．光化学烟雾是汽车、工厂等污染源排入大气中的碳氢化合物和氮氧化物等一次污染物在阳光（紫外光）作用下发生光化学反应生成二次污染物，参与光化学反应过程的一次污染物和二次污染物的混合物（其中有气体污染物，也有气溶胶）所形成的烟雾污染现象，故硝酸工业尾气中的氮氧化物，可能导致光化学烟雾，C正确；D．氮素化肥中的铵态氮肥含有，草木灰的主要成分，水解生成，两者发生反应：，生成的氨气会逸散到空气中，肥效降低，D错误。故选：C。
2．氮是生命的基础，氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。工业上用氨的催化氧化生产硝酸，其热化学方程式为4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=-904kJ·ml-1。生产硝酸的尾气中主要含有NO、NO2等大气污染物，可用石灰浆等碱性溶液吸收处理，并得到Ca(NO3)2、Ca(NO2)2等化工产品。下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A．N2不溶于水，可用作保护气
B．NH3具有还原性，可用作制冷剂
C．KNO3具有氧化性，可用于制黑火药
D．NH4Cl受热易分解，可用于制造化肥
【答案】C
【解析】A．N2化学性质比较稳定，可用作保护气，选项中性质与用途不具有对应关系，A不符题意；B．NH3易液化，液氨挥发吸收大量的热，可作制冷剂，选项中性质与用途不具有对应关系，B不符题意；C．黑火药发生爆炸发生的反应为S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，N元素化合价降低，被还原，KNO3作氧化剂，即KNO3具有氧化性，可用于制黑火药，选项中性质与用途具有对应关系，C符题意；D．氮元素是农作物生长必须元素，铵根离子容易被植物吸收，因此NH4Cl可用于制造化肥，选项中性质与用途不具有对应关系，D不符题意；答案选C。
3．下列关于氮及其化合物的说法错误的是
A．N2化学性质稳定，是因为分子内氮氮三键很强
B．NO、NO2均为大气污染气体，在大气中可稳定存在
C．可用浓盐酸检测输送NH3的管道是否发生泄漏
D．HNO3具有强氧化性，可溶解铜、银等不活泼金属
【答案】B
【解析】A．N2分子存在氮氮三键，氮氮三键键能很强，所以化学性质稳定，故A正确；
B．NO、NO2均为大气污染气体，NO遇氧气发生反应生成NO2，NO在大气中可稳定存在，故B错误；C．浓盐酸挥发出HCl，与NH3反应生成氯化铵，可以观察到白烟，故可用浓盐酸检测输送NH3的管道是否发生泄漏，故C正确；D．HNO3具有强氧化性，可与铜、银反应，故D正确；故答案为B。
4．下列有关实验设计不合理的是
A．图1装置可制取NO气体
B．图2装置可以完成“喷泉”实验
C．图3证明非金属性强弱：S>C>Si
D．图4用四氯化碳萃取碘水中的碘
【答案】A
【解析】A．NO能与氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集NO，故A错误；B．氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，气体减少，烧瓶内压强减小，形成“喷泉”，故B正确；C．硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，说明硫酸的酸性大于碳酸，二氧化碳和硅酸钠反应生成白色沉淀硅酸，说明碳酸的酸性大于硅酸，所以图3证明非金属性强弱：S>C>Si，故C正确；D．碘易溶于四氯化碳，四氯化碳不溶于水，所以可用四氯化碳萃取碘水中的碘，故D正确；故选A。
5．将盛有12mLNO2和O2混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余2mL无色气体，则原混合气体中O2的体积和剩余的2mL气体可能分别是
A．1.2mL，NOB．2.4mL，O2C．3.5mL，O2D．4mL，NO
【答案】A
【解析】可能发生的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，试管中O2和NO2气体按体积比1：4混合全部溶解，液体充满试管，假定全部为二氧化氮，剩余气体体积为×12mL=4mL，大于实际剩余2mL气体，则说明剩余气体为NO或氧气。若为氧气，则参加反应的气体为12mL-2mL=10mL，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知参加此反应的O2的体积为10mL×=2mL，原混合气体中O2的体积为2mL+2mL=4mL；若剩余气体为NO气体，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知过量的NO2为3×2mL=6mL，反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3消耗的气体总体积为12mL-6mL=6mL，则反应消耗的氧气为6mL×=1.2mL。
故选A。
6．将64g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物共0.9 ml，这些气体恰好能被650 mL 2 ml/L NaOH溶液完全吸收，生成NaNO3和NaNO2的混合溶液，其中生成的NaNO3的物质的量为(已知NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O)
A．0.2 mlB．0.3 mlC．0.6 mlD．0.4 ml
【答案】B
【解析】64gCu共失电子为，HNO3到NaNO2共得到电子2ml，故产物中NaNO2的物质的量为，n(NaOH)=，根据Na原子守恒，生成的NaNO3的物质的量为1.3ml-1ml=0.3ml，故B正确。故选B。
7．实验室中用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A．用装置甲干燥氨气B．用装置乙获取晶体
C．用装置丙吸收实验尾气中的HClD．用装置丁制备二氧化硫
【答案】C
【解析】A．氨气为碱性气体，浓硫酸能够与氨气反应生成盐，不能用浓硫酸干燥氨气，故A错误；B．氯化铵加热易分解，直接蒸干不能得到氯化铵晶体，故B错误；C．氯化氢极易溶于水，用装置丙吸收实验尾气中的HCl，可以防止倒吸，故C正确；D．Cu与稀硫酸不反应，故D错误；故选C。
8．在同温同压下用排气法收集NH3、HCl进行喷泉实验，其中图(a)中的烧瓶收集满了NH3，图(b)中的烧瓶HCl气体没有收集满，下列说法错误的是(不考虑溶质的扩散及静止时液面高度的影响)
(a) (b)
A．溶质的物质的量浓度均为ml·L－1(Vm表示该温度、压强下的气体摩尔体积)
B．溶质物质的量浓度不相同
C．溶质的质量分数不同
D．图(a)、图(b)中喷泉的颜色分别为蓝色、红色
【答案】B
【解析】A．由于实验中得到的溶液的体积与溶解的气体体积相同，设溶解的气体体积为V L，则气体物质的量n(气)＝ml，气体物质的量浓度＝＝ml·L－1，故A正确；B．根据A选项可知，溶质的物质的量浓度均为ml·L－1，故B错误；C．根据，因所得的溶液中溶质摩尔质量不同，密度不同，故它们的质量分数不相同，故C正确；D．石蕊遇碱性溶液呈蓝色，遇酸性溶液呈红色，故D正确；选B。
9．根据装置和下表内的物质(省略夹持、净化以及尾气处理装置，图1中虚线框内的装置是图2) ，能完成相应实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【解析】A．氨气能够溶于饱和NH4Cl溶液，不能用排饱和NH4Cl溶液收集氨气，故A错误；B．Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、水和NO，NO难溶于水水，可用排水法收集，图示药品、装置均合理，故B正确；C．浓硝酸将Na2SO3氧化成Na2SO4，不会生成SO2，无法用品红溶液检验SO2的漂白性，故C错误；D．MnO2与浓盐酸反应生成氯气需要加热，缺少加热装置，无法制取氯气，故D错误；故选B。
10．是一种极易潮解的试剂。某小组利用氨气与钙反应制备氮化钙。下列说法错误的是
A．装置D中球形干燥管的作用是防止倒吸
B．C中硬质玻璃管中发生反应：
C．实验过程中，先启动A处反应，一段时间后再点燃C处酒精灯
D．从产品纯度考虑，C、D装置之间应该增加E装置
【答案】D
【解析】A．氨气易溶于水、极易与酸反应，装置D中球形干燥管的作用是防止倒吸，故A正确；B． C中硬质玻璃管中NH3和Ca反应生成Ca3N2和H2，则发生反应的化学方程式为：，故B正确；C． 实验过程中，先启动A处反应，赶走装置中的空气，一段时间后再点燃C处酒精灯，故C正确；D． E中氯化钙带有结晶水，失去吸水作用。从产品纯度考虑，C、D装置之间应该增加装有无水氯化钙的干燥管，故D错误；故选D。
二、多选题（每小题有一个或两个选项符合题意）
11．科研人员提出了雾霾微粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意如下。下列说法错误的是
A．第Ⅱ、Ⅲ阶段总的化学方程式为：
B．该过程中NO2为催化剂
C．第Ⅰ阶段每1 ml氧化剂参加反应，转移电子数目为NA
D．还原性SO＞HNO2
【答案】B
【解析】A．根据图示可知：在第Ⅱ阶段，、NO2在H2O存在条件反应产生SO3、。在第Ⅲ阶段，SO3结合OH-变为，结合H+变为HNO2，故第Ⅱ、Ⅲ阶段总的化学方程式为：，A正确；B．图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，作氧化剂，则NO2是生成硫酸盐的氧化剂，B错误；C．过程I中NO2得到电子被还原为，SO失去的电子被氧化为，反应的离子方程式： SO+NO2=+。每有1 ml的氧化剂NO2发生反应，转移1 ml电子，则转移的电子数目为NA，C正确；D．在图示的转化关系中SO失去电子被氧化为，NO2得到电子被还原为HNO2，还原剂的还原性大于还原产物，故还原性：SO＞HNO2，D正确；故合理选项是B。
12．某溶液中只可能含有中的几种离子，各离子浓度均为。某同学进行了如图实验：
下列说法不正确的是
A．无法确定原溶液中是否含有
B．原溶液中肯定存在的离子为
C．沉淀A为，沉淀C为
D．滤液X中大量存在的阳离子有和
【答案】AD
【解析】A．由分析可知，溶液中不含有，A项错误；B．原溶液中肯定存在的离子为，B项正确；C．沉淀A为，沉淀C为，C项正确；D．原溶液中不含，故滤液X中不含，D项错误；答案选AD。
13．水合肼是重要的氢能源稳定剂，其制备的反应原理为.图中装置和操作不能达到实验目的的是
A．在裝置甲的圆底烧瓶中加入氯化钙制取
B．用装置乙作为反应过程的安全瓶
C．制备水合肼时从装置丙的a口通入
D．用装置丁吸收反应中过量的
【答案】A
【解析】A．氧化钙与水反应的同时会释放大量的热量，所以实验室通常选用浓氨水与氧化钙反应制取少量氨气，而不是氯化钙，故选A；B．氨气极易溶于水，为防止倒吸，用装置乙作为反应过程的安全瓶，故B不选；C．氨气的密度比空气密度小，为有利于氨气和NaClO溶液反应，制备水合肼时，氨气应从a口进，b口出，故C不选；D．氨气会污染环境，用装置丁吸收反应中过量的氨气，并能防倒吸，故D不选；答案选A
14．向含有x ml HNO3和y ml H2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属阳离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。下列有关判断不正确的是
A．a表示Fe3+的关系曲线，且满足n1：n3=2:1B．当x=y时，n1=0.75
C．y≤1.5xD．向P点溶液中加入铜粉，最多可溶解铜粉19.2x g
【答案】AB
【解析】A. 根据上述分析，a表示Fe3＋的关系曲线，根据图像，0～n1段发生Fe＋4H＋＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，消耗n1ml的Fe，产生n1mlFe3＋，n1～n3段发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，这段消耗Fe的物质的量为ml，n3=n1＋=，n1：n3=2：3，也可以这样分析，0～n1段发生Fe＋4H＋＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，n1～n3段发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，两段消耗Fe的物质的量为2：1，即n1：n3=2：3，故A错误；B. 0～n1段发生Fe＋4H＋＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，根据上述分析，该阶段H＋消耗完，因为x=y，则混合液中n(H＋)=(x＋2y)=3xml，消耗Fe的物质的量为ml，故B错误；C. 根据上述分析混合液中H＋消耗完，可能消耗完，也可能有剩余，依据离子方程式4x≥(x＋2y)，推出y≤1.5x，故C正确；D. P点是两个线的交点，说明溶液中n(Fe2＋)=n(Fe3＋)，P点溶液中加入Cu，发生Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，溶解Cu的质量最多，溶液中Fe3＋物质的量最多，也就是0～n1段全部参与反应，此时n(Fe3＋)=n()=xml，令n1～n2段反应了amlFe3＋，则生成n(Fe2＋)=1.5aml，从而推出x－a=1.5a，解得a=0.4xml，P点溶液中n(Fe3＋)=1.5×0.4xml=0.6xml，最多消耗Cu的质量为=19.2xg，故D正确；故答案为AB。
15．将4.6g铜镁合金完全溶解于100mL密度为1.40g·mL-1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到4480mL NO2和336mL N2O4的混合气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0ml·L-1 NaOH溶液至离子恰好完全沉淀。下列说法不正确的是
A．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0ml·L-1
B．产生沉淀8.51g
C．该合金铜与镁的物质的量之比是3：2
D．离子恰好完全沉淀时，加入NaOH溶液的体积是230mL
【答案】CD
【解析】A．密度为、质量分数为63%的浓硝酸中HNO3的物质的量浓度为，故A正确；B．4480mL NO2的物质的量为，336mL N2O4的物质的量为，根据得失电子守恒可知，铜镁失电子的物质的量是，将铜镁合金完全溶解于浓硝酸中，向反应后的溶液中加入NaOH溶液至离子恰好完全沉淀，生成的沉淀为，根据电荷守恒，Mg2+、Al3+结合氢氧根离子的物质的量是0.23ml，沉淀质量为，故B正确；C．4480mL NO2的物质的量为，336mL N2O4的物质的量为，令Cu、Mg的物质的量分别为x ml，y ml，根据二者质量与电子转移守恒，可得①，②，解得，该合金中铜与镁的物质的量之比为0046ml：0.069ml=2：3，故C错误；D．离子恰好完全沉淀时，溶液中溶质为NaNO3，根据N元素守恒可知，则，根据钠离子守恒可知，，则需要氢氧化钠溶液的体积为，故D错误；选CD。
三、填空题
16．铜与浓硝酸反应生成NO2，浓硝酸变稀后生成NO(沸点为-151℃)，某探究小组由这一实验事实出发，猜测碳与浓硝酸反应生成NO2，浓硝酸变稀后生成NO，并设计如图所示装置进行验证(加热和尾气处理装置、夹持仪器均已略去)。回答下列问题：
(1)仪器a的名称为_______；N2的作用是_______。
(2)打开弹簧夹1、2，在持续通入N2的条件下，先把碳加热至红热后停止加热，再缓慢滴入浓硝酸的原因为_______；反应产生的气体干燥后进入装置C的冷却瓶，气体颜色变浅接近于无色，其原因为_______；一段时间后，打开弹簧夹3，通入O2，冷却瓶中气体进入装置D后气体颜色仍无明显变化，说明该小组的猜测_______(填“正确”或“错误”)。
(3)该小组对上面装置进行改进，验证碳被浓硝酸氧化的产物为CO2(加热装置和夹持仪器已略去)。
已知：NO2能与NaOH溶液反应，NO不能与NaOH溶液反应。
①装置F、G中的试剂可以分别选用_______、_______(填标号)。
a.蒸馏水 b.NaOH溶液 c.Na2CO3溶液 d.澄清石灰水
②装置H中盛有NaOH溶液，向其中通入足量氧气进行尾气处理，生成NaNO3，该反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）分液漏斗 将装置内空气排尽
（2）浓硝酸受热分解，无法确保浓硝酸与碳反应 红棕色NO2在冰水浴条件下转化为无色的N2O4 错误
（3）a d 4NO+3O2+4OH−=4+2H2O
【解析】(1)仪器a为分液漏斗，由于本实验需验证有无NO产生，空气中的O2能氧化NO，所以用N2先将装置内空气排尽，故答案为：分液漏斗；将装置内空气排尽；(2)浓硝酸受热时分解产生NO2、O2等，无法确保加入的浓硝酸与碳反应，所以先将碳加热至红热，再缓慢滴入浓硝酸；气体颜色变浅是因为NO2转化为N2O4的反应为放热反应，在冰水浴条件下大部分红棕色的NO2转化为无色的N2O4，使气体颜色变浅并接近于无色；若猜测正确，NO遇O2会生成红棕色NO2，D装置中气体颜色应该有明显变化，从颜色无明显变化可推知该猜测是错误的。故答案为：浓硝酸受热分解，无法确保浓硝酸与碳反应；红棕色NO2在冰水浴条件下转化为无色的N2O4；错误；(3)①Ca(OH)2微溶，澄清石灰水中Ca(OH)2的量很少，装置F中盛有蒸馏水，将NO2转化为NO，防止NO2与水生成HNO3对CO2的检验造成干扰，G中的试剂为检验CO2的澄清石灰水。②NaOH、NO与O2反应生成NaNO3，利用化合价升降法进行氧化还原反应方程式配平，离子方程式为4NO+3O2+4OH−=4+2H2O，故答案为：①a、d；②4NO+3O2+4OH−=4+2H2O。
17．某化学小组用下列装置制备氨基甲酸铵(NH2COONH4)，其反应原理为：2NH3(g)＋CO2(g)=NH2COONH4(s) △H<0.已知：氨基甲酸铵难溶于四氯化碳；易水解生成碳酸氢铵，受热分解可生成尿素。
试回答下列问题：
(1)A装置中m仪器的名称是___________；C装置中橡皮管的作用是___________；试剂x可以是___________。
(2)用上述装置制取氨基甲酸铵，装置正确连接顺序是：___________→E←___________。
(3)反应时，为了提高氨基甲酸铵的产量，三颈烧瓶应放置在___________(填“热水浴”或“冷水浴”)中；装置E中浸有稀H2SO4的棉花作用是___________。
(4)反应在CCl4的液体中进行的原因是___________。
(5)实验制备过程中为了提高氨基甲酸铵纯度，请提出合理措施___________(写两条)。
【答案】（1）分液漏斗 平衡气压，便于液体顺利流下 防漏气 生石灰或碱石灰或氢氧化钠
（2）C→F→B D←A （或A→D B←F←C）
（3）冷水浴 吸收氨防止污染空气
（4）使氨基甲酸铵从四氯化碳中析出，隔绝水
（5）试剂和仪器尽量避免与水接触;控制适宜温度防分解
【解析】(1)A装置中m仪器是滴加浓氨水仪器：分液漏斗；橡皮管可以使分液漏斗液面上方和锥形瓶液面上方气体相通，平衡气压，便于液体顺利流下，同时防止漏气；浓氨水制氨，x试剂可以是生石灰或碱石灰或氢氧化钠；(2)制得的氨要干燥，装置连接应为A→D，再连接E；制得的CO2要用饱和NaHCO3溶液除去挥发出的HCl，再干燥，装置连接应为C→F→B，最后连接E；(3)氨基甲酸铵受热易分解，且制备为放热反应，装置应放在冷水浴中进行；氨的密度比空气小，通入装置E中易逸出，用浸有稀H2SO4棉花吸收多余的氨，防止污染空气；(4)氨基甲酸铵不溶于四氯化碳，有利于从四氯化碳中析出；隔绝水，防水解；(5)据题意氨基甲酸铵易水解生成碳酸氢铵,受热分解易生成尿素，为了制较纯的氨基甲酸铵应保证试剂和仪器尽量避免与水接触以及控制适宜温度。选项
a中的物质
b中的物质
实验目的、试剂和操作
实验目的
c中的物质
进气方向
A
浓氨水
碱石灰
收集氨气
饱和NH4Cl溶液
N→M
B
浓硝酸
Cu
收集NO
水
N→M
C
稀硝酸
Na2SO3
检验SO2的漂白性
品红溶液
M→N
D
浓盐酸
MnO2
检验Cl2的氧化性
Na2S溶液
M→N
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意）
1.图示为自然界中氮的循环示意图，下列说法中正确的是
A．或转化为的过程均为氮的固定
B．在微生物作用下尿素和动植物遗体中的含氮物质会被氧化为
C．硝酸工业尾气处理不当，可能导致光化学烟雾
D．为提高肥效，氮素化肥可以和草木灰混合施用
【答案】C
【解析】A．氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程。转化为属于氮的固定，而转化为不属于氮的固定，A错误；B．尿素及动植物遗体中的含氮物质在微生物作用下可转化为，但中N为-3价，为最低价，不可能是被氧化的产物，B错误；C．光化学烟雾是汽车、工厂等污染源排入大气中的碳氢化合物和氮氧化物等一次污染物在阳光（紫外光）作用下发生光化学反应生成二次污染物，参与光化学反应过程的一次污染物和二次污染物的混合物（其中有气体污染物，也有气溶胶）所形成的烟雾污染现象，故硝酸工业尾气中的氮氧化物，可能导致光化学烟雾，C正确；D．氮素化肥中的铵态氮肥含有，草木灰的主要成分，水解生成，两者发生反应：，生成的氨气会逸散到空气中，肥效降低，D错误。故选：C。
2．氮是生命的基础，氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。工业上用氨的催化氧化生产硝酸，其热化学方程式为4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=-904kJ·ml-1。生产硝酸的尾气中主要含有NO、NO2等大气污染物，可用石灰浆等碱性溶液吸收处理，并得到Ca(NO3)2、Ca(NO2)2等化工产品。下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A．N2不溶于水，可用作保护气
B．NH3具有还原性，可用作制冷剂
C．KNO3具有氧化性，可用于制黑火药
D．NH4Cl受热易分解，可用于制造化肥
【答案】C
【解析】A．N2化学性质比较稳定，可用作保护气，选项中性质与用途不具有对应关系，A不符题意；B．NH3易液化，液氨挥发吸收大量的热，可作制冷剂，选项中性质与用途不具有对应关系，B不符题意；C．黑火药发生爆炸发生的反应为S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，N元素化合价降低，被还原，KNO3作氧化剂，即KNO3具有氧化性，可用于制黑火药，选项中性质与用途具有对应关系，C符题意；D．氮元素是农作物生长必须元素，铵根离子容易被植物吸收，因此NH4Cl可用于制造化肥，选项中性质与用途不具有对应关系，D不符题意；答案选C。
3．下列关于氮及其化合物的说法错误的是
A．N2化学性质稳定，是因为分子内氮氮三键很强
B．NO、NO2均为大气污染气体，在大气中可稳定存在
C．可用浓盐酸检测输送NH3的管道是否发生泄漏
D．HNO3具有强氧化性，可溶解铜、银等不活泼金属
【答案】B
【解析】A．N2分子存在氮氮三键，氮氮三键键能很强，所以化学性质稳定，故A正确；
B．NO、NO2均为大气污染气体，NO遇氧气发生反应生成NO2，NO在大气中可稳定存在，故B错误；C．浓盐酸挥发出HCl，与NH3反应生成氯化铵，可以观察到白烟，故可用浓盐酸检测输送NH3的管道是否发生泄漏，故C正确；D．HNO3具有强氧化性，可与铜、银反应，故D正确；故答案为B。
4．下列有关实验设计不合理的是
A．图1装置可制取NO气体
B．图2装置可以完成“喷泉”实验
C．图3证明非金属性强弱：S>C>Si
D．图4用四氯化碳萃取碘水中的碘
【答案】A
【解析】A．NO能与氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集NO，故A错误；B．氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，气体减少，烧瓶内压强减小，形成“喷泉”，故B正确；C．硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，说明硫酸的酸性大于碳酸，二氧化碳和硅酸钠反应生成白色沉淀硅酸，说明碳酸的酸性大于硅酸，所以图3证明非金属性强弱：S>C>Si，故C正确；D．碘易溶于四氯化碳，四氯化碳不溶于水，所以可用四氯化碳萃取碘水中的碘，故D正确；故选A。
5．将盛有12mLNO2和O2混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余2mL无色气体，则原混合气体中O2的体积和剩余的2mL气体可能分别是
A．1.2mL，NOB．2.4mL，O2C．3.5mL，O2D．4mL，NO
【答案】A
【解析】可能发生的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，试管中O2和NO2气体按体积比1：4混合全部溶解，液体充满试管，假定全部为二氧化氮，剩余气体体积为×12mL=4mL，大于实际剩余2mL气体，则说明剩余气体为NO或氧气。若为氧气，则参加反应的气体为12mL-2mL=10mL，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知参加此反应的O2的体积为10mL×=2mL，原混合气体中O2的体积为2mL+2mL=4mL；若剩余气体为NO气体，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知过量的NO2为3×2mL=6mL，反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3消耗的气体总体积为12mL-6mL=6mL，则反应消耗的氧气为6mL×=1.2mL。
故选A。
6．将64g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物共0.9 ml，这些气体恰好能被650 mL 2 ml/L NaOH溶液完全吸收，生成NaNO3和NaNO2的混合溶液，其中生成的NaNO3的物质的量为(已知NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O)
A．0.2 mlB．0.3 mlC．0.6 mlD．0.4 ml
【答案】B
【解析】64gCu共失电子为，HNO3到NaNO2共得到电子2ml，故产物中NaNO2的物质的量为，n(NaOH)=，根据Na原子守恒，生成的NaNO3的物质的量为1.3ml-1ml=0.3ml，故B正确。故选B。
7．实验室中用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A．用装置甲干燥氨气B．用装置乙获取晶体
C．用装置丙吸收实验尾气中的HClD．用装置丁制备二氧化硫
【答案】C
【解析】A．氨气为碱性气体，浓硫酸能够与氨气反应生成盐，不能用浓硫酸干燥氨气，故A错误；B．氯化铵加热易分解，直接蒸干不能得到氯化铵晶体，故B错误；C．氯化氢极易溶于水，用装置丙吸收实验尾气中的HCl，可以防止倒吸，故C正确；D．Cu与稀硫酸不反应，故D错误；故选C。
8．在同温同压下用排气法收集NH3、HCl进行喷泉实验，其中图(a)中的烧瓶收集满了NH3，图(b)中的烧瓶HCl气体没有收集满，下列说法错误的是(不考虑溶质的扩散及静止时液面高度的影响)
(a) (b)
A．溶质的物质的量浓度均为ml·L－1(Vm表示该温度、压强下的气体摩尔体积)
B．溶质物质的量浓度不相同
C．溶质的质量分数不同
D．图(a)、图(b)中喷泉的颜色分别为蓝色、红色
【答案】B
【解析】A．由于实验中得到的溶液的体积与溶解的气体体积相同，设溶解的气体体积为V L，则气体物质的量n(气)＝ml，气体物质的量浓度＝＝ml·L－1，故A正确；B．根据A选项可知，溶质的物质的量浓度均为ml·L－1，故B错误；C．根据，因所得的溶液中溶质摩尔质量不同，密度不同，故它们的质量分数不相同，故C正确；D．石蕊遇碱性溶液呈蓝色，遇酸性溶液呈红色，故D正确；选B。
9．根据装置和下表内的物质(省略夹持、净化以及尾气处理装置，图1中虚线框内的装置是图2) ，能完成相应实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【解析】A．氨气能够溶于饱和NH4Cl溶液，不能用排饱和NH4Cl溶液收集氨气，故A错误；B．Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、水和NO，NO难溶于水水，可用排水法收集，图示药品、装置均合理，故B正确；C．浓硝酸将Na2SO3氧化成Na2SO4，不会生成SO2，无法用品红溶液检验SO2的漂白性，故C错误；D．MnO2与浓盐酸反应生成氯气需要加热，缺少加热装置，无法制取氯气，故D错误；故选B。
10．是一种极易潮解的试剂。某小组利用氨气与钙反应制备氮化钙。下列说法错误的是
A．装置D中球形干燥管的作用是防止倒吸
B．C中硬质玻璃管中发生反应：
C．实验过程中，先启动A处反应，一段时间后再点燃C处酒精灯
D．从产品纯度考虑，C、D装置之间应该增加E装置
【答案】D
【解析】A．氨气易溶于水、极易与酸反应，装置D中球形干燥管的作用是防止倒吸，故A正确；B． C中硬质玻璃管中NH3和Ca反应生成Ca3N2和H2，则发生反应的化学方程式为：，故B正确；C． 实验过程中，先启动A处反应，赶走装置中的空气，一段时间后再点燃C处酒精灯，故C正确；D． E中氯化钙带有结晶水，失去吸水作用。从产品纯度考虑，C、D装置之间应该增加装有无水氯化钙的干燥管，故D错误；故选D。
二、多选题（每小题有一个或两个选项符合题意）
11．科研人员提出了雾霾微粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意如下。下列说法错误的是
A．第Ⅱ、Ⅲ阶段总的化学方程式为：
B．该过程中NO2为催化剂
C．第Ⅰ阶段每1 ml氧化剂参加反应，转移电子数目为NA
D．还原性SO＞HNO2
【答案】B
【解析】A．根据图示可知：在第Ⅱ阶段，、NO2在H2O存在条件反应产生SO3、。在第Ⅲ阶段，SO3结合OH-变为，结合H+变为HNO2，故第Ⅱ、Ⅲ阶段总的化学方程式为：，A正确；B．图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，作氧化剂，则NO2是生成硫酸盐的氧化剂，B错误；C．过程I中NO2得到电子被还原为，SO失去的电子被氧化为，反应的离子方程式： SO+NO2=+。每有1 ml的氧化剂NO2发生反应，转移1 ml电子，则转移的电子数目为NA，C正确；D．在图示的转化关系中SO失去电子被氧化为，NO2得到电子被还原为HNO2，还原剂的还原性大于还原产物，故还原性：SO＞HNO2，D正确；故合理选项是B。
12．某溶液中只可能含有中的几种离子，各离子浓度均为。某同学进行了如图实验：
下列说法不正确的是
A．无法确定原溶液中是否含有
B．原溶液中肯定存在的离子为
C．沉淀A为，沉淀C为
D．滤液X中大量存在的阳离子有和
【答案】AD
【解析】A．由分析可知，溶液中不含有，A项错误；B．原溶液中肯定存在的离子为，B项正确；C．沉淀A为，沉淀C为，C项正确；D．原溶液中不含，故滤液X中不含，D项错误；答案选AD。
13．水合肼是重要的氢能源稳定剂，其制备的反应原理为.图中装置和操作不能达到实验目的的是
A．在裝置甲的圆底烧瓶中加入氯化钙制取
B．用装置乙作为反应过程的安全瓶
C．制备水合肼时从装置丙的a口通入
D．用装置丁吸收反应中过量的
【答案】A
【解析】A．氧化钙与水反应的同时会释放大量的热量，所以实验室通常选用浓氨水与氧化钙反应制取少量氨气，而不是氯化钙，故选A；B．氨气极易溶于水，为防止倒吸，用装置乙作为反应过程的安全瓶，故B不选；C．氨气的密度比空气密度小，为有利于氨气和NaClO溶液反应，制备水合肼时，氨气应从a口进，b口出，故C不选；D．氨气会污染环境，用装置丁吸收反应中过量的氨气，并能防倒吸，故D不选；答案选A
14．向含有x ml HNO3和y ml H2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属阳离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。下列有关判断不正确的是
A．a表示Fe3+的关系曲线，且满足n1：n3=2:1B．当x=y时，n1=0.75
C．y≤1.5xD．向P点溶液中加入铜粉，最多可溶解铜粉19.2x g
【答案】AB
【解析】A. 根据上述分析，a表示Fe3＋的关系曲线，根据图像，0～n1段发生Fe＋4H＋＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，消耗n1ml的Fe，产生n1mlFe3＋，n1～n3段发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，这段消耗Fe的物质的量为ml，n3=n1＋=，n1：n3=2：3，也可以这样分析，0～n1段发生Fe＋4H＋＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，n1～n3段发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，两段消耗Fe的物质的量为2：1，即n1：n3=2：3，故A错误；B. 0～n1段发生Fe＋4H＋＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，根据上述分析，该阶段H＋消耗完，因为x=y，则混合液中n(H＋)=(x＋2y)=3xml，消耗Fe的物质的量为ml，故B错误；C. 根据上述分析混合液中H＋消耗完，可能消耗完，也可能有剩余，依据离子方程式4x≥(x＋2y)，推出y≤1.5x，故C正确；D. P点是两个线的交点，说明溶液中n(Fe2＋)=n(Fe3＋)，P点溶液中加入Cu，发生Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，溶解Cu的质量最多，溶液中Fe3＋物质的量最多，也就是0～n1段全部参与反应，此时n(Fe3＋)=n()=xml，令n1～n2段反应了amlFe3＋，则生成n(Fe2＋)=1.5aml，从而推出x－a=1.5a，解得a=0.4xml，P点溶液中n(Fe3＋)=1.5×0.4xml=0.6xml，最多消耗Cu的质量为=19.2xg，故D正确；故答案为AB。
15．将4.6g铜镁合金完全溶解于100mL密度为1.40g·mL-1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到4480mL NO2和336mL N2O4的混合气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0ml·L-1 NaOH溶液至离子恰好完全沉淀。下列说法不正确的是
A．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0ml·L-1
B．产生沉淀8.51g
C．该合金铜与镁的物质的量之比是3：2
D．离子恰好完全沉淀时，加入NaOH溶液的体积是230mL
【答案】CD
【解析】A．密度为、质量分数为63%的浓硝酸中HNO3的物质的量浓度为，故A正确；B．4480mL NO2的物质的量为，336mL N2O4的物质的量为，根据得失电子守恒可知，铜镁失电子的物质的量是，将铜镁合金完全溶解于浓硝酸中，向反应后的溶液中加入NaOH溶液至离子恰好完全沉淀，生成的沉淀为，根据电荷守恒，Mg2+、Al3+结合氢氧根离子的物质的量是0.23ml，沉淀质量为，故B正确；C．4480mL NO2的物质的量为，336mL N2O4的物质的量为，令Cu、Mg的物质的量分别为x ml，y ml，根据二者质量与电子转移守恒，可得①，②，解得，该合金中铜与镁的物质的量之比为0046ml：0.069ml=2：3，故C错误；D．离子恰好完全沉淀时，溶液中溶质为NaNO3，根据N元素守恒可知，则，根据钠离子守恒可知，，则需要氢氧化钠溶液的体积为，故D错误；选CD。
三、填空题
16．铜与浓硝酸反应生成NO2，浓硝酸变稀后生成NO(沸点为-151℃)，某探究小组由这一实验事实出发，猜测碳与浓硝酸反应生成NO2，浓硝酸变稀后生成NO，并设计如图所示装置进行验证(加热和尾气处理装置、夹持仪器均已略去)。回答下列问题：
(1)仪器a的名称为_______；N2的作用是_______。
(2)打开弹簧夹1、2，在持续通入N2的条件下，先把碳加热至红热后停止加热，再缓慢滴入浓硝酸的原因为_______；反应产生的气体干燥后进入装置C的冷却瓶，气体颜色变浅接近于无色，其原因为_______；一段时间后，打开弹簧夹3，通入O2，冷却瓶中气体进入装置D后气体颜色仍无明显变化，说明该小组的猜测_______(填“正确”或“错误”)。
(3)该小组对上面装置进行改进，验证碳被浓硝酸氧化的产物为CO2(加热装置和夹持仪器已略去)。
已知：NO2能与NaOH溶液反应，NO不能与NaOH溶液反应。
①装置F、G中的试剂可以分别选用_______、_______(填标号)。
a.蒸馏水 b.NaOH溶液 c.Na2CO3溶液 d.澄清石灰水
②装置H中盛有NaOH溶液，向其中通入足量氧气进行尾气处理，生成NaNO3，该反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）分液漏斗 将装置内空气排尽
（2）浓硝酸受热分解，无法确保浓硝酸与碳反应 红棕色NO2在冰水浴条件下转化为无色的N2O4 错误
（3）a d 4NO+3O2+4OH−=4+2H2O
【解析】(1)仪器a为分液漏斗，由于本实验需验证有无NO产生，空气中的O2能氧化NO，所以用N2先将装置内空气排尽，故答案为：分液漏斗；将装置内空气排尽；(2)浓硝酸受热时分解产生NO2、O2等，无法确保加入的浓硝酸与碳反应，所以先将碳加热至红热，再缓慢滴入浓硝酸；气体颜色变浅是因为NO2转化为N2O4的反应为放热反应，在冰水浴条件下大部分红棕色的NO2转化为无色的N2O4，使气体颜色变浅并接近于无色；若猜测正确，NO遇O2会生成红棕色NO2，D装置中气体颜色应该有明显变化，从颜色无明显变化可推知该猜测是错误的。故答案为：浓硝酸受热分解，无法确保浓硝酸与碳反应；红棕色NO2在冰水浴条件下转化为无色的N2O4；错误；(3)①Ca(OH)2微溶，澄清石灰水中Ca(OH)2的量很少，装置F中盛有蒸馏水，将NO2转化为NO，防止NO2与水生成HNO3对CO2的检验造成干扰，G中的试剂为检验CO2的澄清石灰水。②NaOH、NO与O2反应生成NaNO3，利用化合价升降法进行氧化还原反应方程式配平，离子方程式为4NO+3O2+4OH−=4+2H2O，故答案为：①a、d；②4NO+3O2+4OH−=4+2H2O。
17．某化学小组用下列装置制备氨基甲酸铵(NH2COONH4)，其反应原理为：2NH3(g)＋CO2(g)=NH2COONH4(s) △H<0.已知：氨基甲酸铵难溶于四氯化碳；易水解生成碳酸氢铵，受热分解可生成尿素。
试回答下列问题：
(1)A装置中m仪器的名称是___________；C装置中橡皮管的作用是___________；试剂x可以是___________。
(2)用上述装置制取氨基甲酸铵，装置正确连接顺序是：___________→E←___________。
(3)反应时，为了提高氨基甲酸铵的产量，三颈烧瓶应放置在___________(填“热水浴”或“冷水浴”)中；装置E中浸有稀H2SO4的棉花作用是___________。
(4)反应在CCl4的液体中进行的原因是___________。
(5)实验制备过程中为了提高氨基甲酸铵纯度，请提出合理措施___________(写两条)。
【答案】（1）分液漏斗 平衡气压，便于液体顺利流下 防漏气 生石灰或碱石灰或氢氧化钠
（2）C→F→B D←A （或A→D B←F←C）
（3）冷水浴 吸收氨防止污染空气
（4）使氨基甲酸铵从四氯化碳中析出，隔绝水
（5）试剂和仪器尽量避免与水接触;控制适宜温度防分解
【解析】(1)A装置中m仪器是滴加浓氨水仪器：分液漏斗；橡皮管可以使分液漏斗液面上方和锥形瓶液面上方气体相通，平衡气压，便于液体顺利流下，同时防止漏气；浓氨水制氨，x试剂可以是生石灰或碱石灰或氢氧化钠；(2)制得的氨要干燥，装置连接应为A→D，再连接E；制得的CO2要用饱和NaHCO3溶液除去挥发出的HCl，再干燥，装置连接应为C→F→B，最后连接E；(3)氨基甲酸铵受热易分解，且制备为放热反应，装置应放在冷水浴中进行；氨的密度比空气小，通入装置E中易逸出，用浸有稀H2SO4棉花吸收多余的氨，防止污染空气；(4)氨基甲酸铵不溶于四氯化碳，有利于从四氯化碳中析出；隔绝水，防水解；(5)据题意氨基甲酸铵易水解生成碳酸氢铵,受热分解易生成尿素，为了制较纯的氨基甲酸铵应保证试剂和仪器尽量避免与水接触以及控制适宜温度。选项
a中的物质
b中的物质
实验目的、试剂和操作
实验目的
c中的物质
进气方向
A
浓氨水
碱石灰
收集氨气
饱和NH4Cl溶液
N→M
B
浓硝酸
Cu
收集NO
水
N→M
C
稀硝酸
Na2SO3
检验SO2的漂白性
品红溶液
M→N
D
浓盐酸
MnO2
检验Cl2的氧化性
Na2S溶液
M→N
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